文档文本内容
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专题十五 工艺流程综合题
考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。
2024 年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。
近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。
必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。
最新模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。
命题解读
考向
化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并
根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。化工
流程题以现代工业生产为基础，与化学反应原理、产品提纯、环境保
护等相融合，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。这
类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及
物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化
学平衡、电化学、实验操作等知识，而且更重要的是能突出考查考生
的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量
大，包含信息多，思维能力要求高。近年高考有关考查要点和设问方
式没有大的变化，注意的是有关化学方程式的书写的考查，有加强的
趋势，一般有2~3 个小问会涉及方程式的书写。
考向一 分离、提纯类工艺
流程综合题
考向二 原材料转化制备类
工艺流程综合题
命题分析
分析2024 年高考化学试题可以看出，化学工艺流程综合题多把实际生产工艺简化过程融入试题中，突
出考查原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护、物质的分离提纯、产率的计算等。
试题精讲
考向一 分离、提纯类工艺流程综合题
1．（2024·全国甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰
的
价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
1
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注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于
，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①
。
②以氢氧化物形式沉淀时，
和溶液
的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
（2）“酸浸”步骤中，
发生反应的化学方程式是 。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中
和
均为
，向其中加入
至
沉淀完
全，此时溶液中
，据此判断能否实现
和
的完全分离 (填“能”或“不
能”)。
（4）“沉锰”步骤中，生成
，产生
的物质的量为 。
（5）“沉淀”步骤中，用
调
，分离出的滤渣是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液
，加入适量的
氧化
，其反应的离子方程式为
。
（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
（2）
（3）
不能
（4）
（5）
（6）
（7）向滤液中滴加
溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH 接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、
干燥
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的
价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶
解，Zn 及其他
价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液；然
后通入硫化氢沉铜生成CuS 沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁
离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第
三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大
2
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固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2）“酸浸”步骤中，Cu 不溶解，Zn 单质及其他
价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2 价阳离子进入溶液，即
为转化为
CoSO4，反应的化学方程式为
。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中
和
均为
，向其中加入
至
沉淀完全，此时溶液中
，则
，
小于
，说明大部分
也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为
，因此，生成
，产生
的物质的量为
。
（5）“沉锰”步骤中，
同时将
氧化为
，“沉淀”步骤中用
调pH=4，
可以完全
沉淀为
，因此，分离出的滤渣是
。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适
量的NaClO 氧化
，为了保证
被完全氧化，NaClO 要适当过量，其反应的离子方程式为
。（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的
pH=5.0~5.5，溶液中有
元素以
形式存在，当pH＞12 后氢氧化锌会溶解转化为
，因此，
从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加
溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH
接近12 但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
2．（2024·新课标卷）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种
从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如
下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(
)时的pH：
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
（2）“过滤1”后的溶液中加入
的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验
，若出现蓝色沉淀，需补加
。
3
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（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
（4）“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的
浓度为
。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
（2）将溶液中的
氧化为
，以便在后续调pH 时除去Fe 元素
溶液
（3）
（4）
、
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe 的单质或氧化物的废渣，得到含有
、
、
、
、
等离子的溶液，Pb 的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的
，则“滤渣1”
为“酸浸”时生成的
；向滤液中加入
将
氧化为
，然后加入ZnO 调节pH=4 使
完全
转化为
，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为
，滤液中的金属离子主要是
、
和
；
最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂
，将溶液中
氧化为
，在
时
形成
沉
淀，而
则被还原为
，
还会与溶液中的
发生归中反应生成
，得到
和
的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
【解析】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应
速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
（2）酸浸液中含有
、
、
、
、
等离子。由题表中数据可知，当
完全沉淀时，
未开始沉淀，而当
完全沉淀时，
已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe 元素且
不
沉淀，应先将
氧化为
，然后调节溶液的pH 使
完全水解转化为
沉淀，因此，
的
作用是将
氧化为
，以便在后续调pH 时除去Fe 元素。常用
溶液检验
，若生成蓝
色沉淀，则说明溶液中仍存在
，需补加
；
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(
)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：
、
；
（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO 调pH 时引入的
、
加入
“氧化沉钴”时引入的
，而阴离子是在酸浸时引入的
，因此其中主要的盐有
和
。当溶液
时
，
恰好完全沉淀，此时溶液中
，则
，则
。“除钴液”的
，即
，则
4
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，此时溶液中
。
3．（2024·安徽卷）精炼铜产生的铜阳极泥富含
等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极
泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）
位于元素周期表第 周期第 族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为
的化学方程式为 。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为
。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用
的物质为 (填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的
与产物
的物质的量之比为 。
（7）
可被
氧化为
。从物质结构的角度分析
的结构为(a)而不是(b)的原因：
。
【答案】（1）四 ⅠB
（2）Cu2+
（3）
（4）AgCl
（5）
（6）3：4
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化为
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Cu2+进入浸取液1 中，Ag、Au 不反应，浸渣1 中含有Ag 和Au；浸渣1 中加入盐酸、H2O2浸取，Au 转化
为HAuCl4进入浸取液2，Ag 转化为AgCl，浸渣2 中含有AgCl；浸取液2 中加入N2H4将HAuCl4还原为
Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2 中加入
，将AgCl 转化为
，得到浸出液3，利用
电沉积法将
还原为Ag。
【解析】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化为Cu2+进入浸取液1 中，故浸取液1 中含有
的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2 步骤中，Au 与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量
守恒，可得反应得化学方程式为：
；
（4）根据分析可知，浸渣2 中含有AgCl，与
反应转化为
；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，
得电子被还原为Ag，电极反应式为：
；阴极反应生成
，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，
阴极区溶液中可循环利用得物质为
；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au 化合价由+3 价变为0 价，一个HAuCl4转移3 个电子，N2H4
被氧化为N2，N 的化合价由-2 价变为0 价，一个N2H4转移4 个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4
与产物Au 的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
4．（2024·甘肃卷）我国科研人员以高炉渣(主要成分为
，
，
和
等)为原料，对炼钢烟
气(
和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
（1）高炉渣与
经焙烧产生的“气体”是 。
（2）“滤渣”的主要成分是
和 。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
6
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（4）铝产品
可用于 。
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x 轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数
。图丙中
与N 的距离为
；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为
，阿伏加德罗常数的值是
，则晶体的密度为
(列出计算表达式)。
【答案】（1）NH3
（2）SiO2
（3）
，微溶的硫酸钙转化为更难
溶的碳酸钙
（4）净水
（5）
Ca3N3B
【分析】高炉渣(主要成分为
，
，
和
等)加入
在400℃下焙烧，生成硫酸
钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(
和水蒸气)反应，生成
，所以该气体
为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为
以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫
酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出
，剩余富镁溶液；滤渣加入
溶液，滤
渣中的
会转化为更难溶的碳酸钙。
【解析】（1）由分析可知，高炉渣与
经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是
和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为
，该反应之所以能发生，是由于
，
，
，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品
溶于水后，会产生
，
水解生成
胶体，可用于净水；
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（5）图丙中，Ca 位于正方形顶点，N 位于正方形中心，故
与N 的距离为
pm；由均摊法可知，晶
胞中Ca 的个数为
，N 的个数为
，B 的个数为
，则化合物的化学式是
Ca3N3B；其摩尔质量为
，阿伏加德罗常数的值是
，晶胞体积为
则晶体的密度为
。
5．（2024·贵州卷）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为
及少量MgO 等。一种利用“酸
浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料
和回收
的流程如下：
已知：
25℃
①
时，
；
②
。
回答下列问题：
（1）“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH 至3.0，此时溶液中
。
（3）“除杂”时需加入的试剂X 是 。
（4）“水热合成”中，
作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成
的离子方程
式为 。
（5）“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料
，其工艺如下：
①该工艺经碳热还原得到
，“焙烧”生成
的化学方程式为 。
②
的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有
的单元数有 个。
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③若“焙烧”温度为
时，生成纯相
，则
，其可能
的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。
【答案】（1）SiO2
（2）2.8×10-6
（3）NaOH 溶液
（4）提供Na+和反应所需要的碱性环境
（5）
3 0.25 乙
【分析】煤气化渣(主要成分为
及少量MgO 等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解
成为滤渣，
及少量MgO 转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，
将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1 中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化
为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含
和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3‧
3H2O 和NaOH 溶液，焙烧Al2O3‧3H2O 得Al2O3；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁
还原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2 水热合成得NaFePO4。
【解析】（1）煤气化渣(主要成分为
及少量MgO 等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也
不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2；
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH 至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中
；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得
，所以加入的试剂X 是NaOH 溶液；
（4）“水热合成”中，
作为磷源，“滤液2”为NaOH 溶液，其既可以提供合成
所需
要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成
的离子方程式为
；
（5）①该工艺经碳热还原得到
，“焙烧”时
、Na2CO3和O2反应生成
，其化学方程式
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为
；
②由
的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×
+2=3，Na：8×
+2=3，O：8×
+4=6，即每个
晶胞中
的单元数有3 个；
③若“焙烧”温度为
时，
，生成纯相
，则
，解得
0.25；丙图中Na：1+6×
=1.75，
，乙图中Na：2+2×
=2.25，
，则
其可能的结构示意图为乙。
6．（2024·河北卷）
是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从
石煤中提取
的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i 石煤是一种含
的矿物，杂质为大量
和少量
等；苛化泥的主要成分为
等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与
反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙
和偏铝酸钙均
难溶于水。回答下列问题：
（1）钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①
为 (填化学式)。
（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化
学式)。
（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；
加压导入盐浸
工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的
充分利用。
（4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低
溶液的浓度
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【答案】（1）
（2）
（3）
提高溶液中
浓度，促使偏钒酸钙转化
为碳酸钙，释放
离子交换
（4）
（5）bd
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成
、
、
、
、
和
等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如
)和不溶性物质[
、
等]，过滤后滤
液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯
，加入氯化铵溶液沉钒，生成
，经一系列处理后得
到V2O3；滤渣①在
，
的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通
过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行
的富集。
【解析】（1）钒是23 号元素，其价层电子排布式为
；焙烧过程中，氧气被还原，
被氧化生成
，偏钒酸盐中钒的化合价为
价；
在
以上开始分解，生成的气体①为
。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与
反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于
水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是
。
（3）在弱碱性环境下，
与
和
反应生成
、
和
，离子方程式为：
； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C 可提
高溶液中
浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放
；滤液①中含有
、
等，且浓度较
低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有
，考虑到水浸所得溶液中含有
，为避免
引人其他杂质离子，且
廉价易得，故洗脱液的主要成分应为
。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a 不符合题意；
b．
呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，
与
反应，不利于生成
，b 符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c 不符合题意；
d．降低
溶液的浓度，不利于生成
，d 符合题意；
故选bd。
7．（2024·湖南卷）铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资源，回收
贵金属的化工流程如下：
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已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
；
③
易从溶液中结晶析出；
④不同温度下
的溶解度如下：
温度℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
回答下列问题：
（1）Cu 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
（2）“滤液1”中含有
和
，“氧化酸浸”时
反应的离子方程式为 ；
（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，
浓度不能超过
。
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分数
随
浓度的变化关系如图所示，若
浓度
为
，则
的浓度为
。
（5）滤液4 中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序
需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】（1）ds 3d104s1
12
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（2）
（3）使银元素转化为AgCl 沉淀 0.5
（4）0.05
（5）
高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现
连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中信息
可知，滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1 中加入NaClO、H2SO4、
NaCl，将Au 转化为Na[AuCl4]除去，滤液2 中含有Na[AuCl4]，滤渣2 中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2 中加
入Na2SO3，将AgCl 转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3 含有Ag2SO3；滤液2 中加入Na2S2O4，将Ag
元素还原为Ag 单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4 中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
【解析】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族，位于ds 区，其基态原子的价电子排布式为
3d104s1；
（2）滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成
、
和
，反应的离子方程式为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是使银元素转化为AgCl 沉淀；
②由题目可知
，在“除金”工序溶液中，若
加入过多，AgCl 则会转化
为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol L
⋅
−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl 发生转化，
则另
，由
，可得
，即
浓度不能超
过
；
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在平衡关
系：
，当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
，解得此时
；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。
考向二 原材料转化制备类工艺流程综合题
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8．（2024·山东卷）以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫。溶解等物质的量的
和
时，消耗
物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时
挥发外，
另一目的是防止产生 (填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属
“电解I”阳极
产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是 。
（4）“置换”中可选用的试剂X 为 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
“置换”反应的离子方程式为 。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）1:1 H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C
（5）阳极
【分析】本题以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
， “热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫，
被还原为Fe2+，过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中
在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为
，电解得到Pb；过滤II 后的滤液成分主要为
、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3
还原为FeCl2，试剂X 将
置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X 为铅，尾液为FeCl2。
【解析】（1）“热浸”时，
将
和
中-2 价的硫氧化为单质硫，
被还原为Fe2+，在这个过
程中Pb 和Ag 的化合价保持不变，所以等物质的量的
和
时，S2-物质的量相等，所以消耗
的物
质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
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（2）“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为
，电解
溶液制备金
属
，
在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在
热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精
矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应为Pb，发生的
反应为：
。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能
作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到
Pb，所以电极板应作阳极。
9．（2024·黑吉辽卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为
硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的
颗粒被
、
包裹)，以提高金的
浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为
(填化学式)。
（2）“细菌氧化”中，
发生反应的离子方程式为 。
（3）“沉铁砷”时需加碱调节
，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含
微粒的沉降。
（4）“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标
号)。
A．无需控温
B．可减少有害气体产生
C．设备无需耐高温
D．不产生废液废渣
（5）“真金不拍火炼”，表明
难被
氧化，“浸金”中
的作用为 。
（6）“沉金”中
的作用为 。
（7）滤液②经
酸化，
转化为
和
的化学方程式为 。用碱中和
可
生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】（1）CuSO4
（2）
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（3）
（4）BC
（5）做络合剂，将Au 转化为
从而浸出
（6）作还原剂，将
还原为Au
（7）
NaCN
【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2 时进行细菌氧化，金属硫化物中的S 元素转化为硫酸盐，
过滤，滤液中主要含有Fe3+、
、As（Ⅵ），加碱调节pH 值，Fe3+转化为
胶体，可起到絮凝作
用，促进含As 微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au 与空气中的O2和NaCN 溶液反应，
得到含
的浸出液，加入Zn 进行“沉金”得到Au 和含
的滤液②。
【解析】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和
，离子方程式为：
；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH 值，Fe3+转化为
胶体，可起到絮凝作用，促进含As 微粒的沉
降；
（4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A 不符合题意；
B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S 元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S 元素转化为硫
酸盐，可减少有害气体的产生，B 符合题意；
C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，
设备无需耐高温，C 符合题意；
D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D 不符合题意；
故选BC；
（5）“浸金”中，Au 作还原剂，O2作氧化剂，NaCN 做络合剂，将Au 转化为
从而浸出；
（6）“沉金”中Zn 作还原剂，将
还原为Au；
（7）滤液②含有
，经过H2SO4的酸化，
转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程
式为：
；用碱中和HCN 得到的产物，可实现循环利
用，即用NaOH 中和HCN 生成NaCN，NaCN 可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
10．（2024·湖北卷）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐
中提取铍的路径为：
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已知：
回答下列问题：
（1）基态
的轨道表示式为 。
（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。
（3）“萃取分液”的目的是分离
和
，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到
的现象是 。
（4）写出反萃取生成
的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。
（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。
（6）
与醋酸反应得到某含4 个
的配合物，4 个
位于以1 个O 原子为中心的四面体的4 个顶
点，且每个
的配位环境相同，
与
间通过
相连，其化学式为 。
【答案】（1）
（2）快速冷却
（3）无明显现象
（4）
反萃取
（5）增强熔融氯化铍的导电性
（6）
。
【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫
酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相
中，水相1 中含有Al3+，有机相为
，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为
进
入水相2 中，分离出含NaA 的煤油，最后对水相2 加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属
铍，据此回答。
【解析】（1）基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为
。
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热
熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1 中含有Al3+，则向过
量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1 的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
（4）反萃取生成
的化学方程式为
，滤液2
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的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的
导电性。
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be 与Be 之间
总共有六个CH3COO-，则其化学式为：
。
考向一 分离、提纯类工艺流程综合题
1．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为
铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O
存在，在碱性介质中以CrO
存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化学
式)。
（2）水浸渣中主要有SiO2和___________。
（3）“沉淀”步骤调pH 到弱碱性，主要除去的杂质是___________。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9
以达到最好的除杂效果，若pH<9 时，会导致___________；pH>9 时，会导致___________。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH 调到1.8 左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1 时，溶解为VO 或
VO3+在碱性条件下，溶解为VO 或VO
，上述性质说明V2O5具有___________(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。
【答案】（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al(OH)3
（4） 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处
理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离
子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
（5）C
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（6）2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的
最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫
酸调节溶液pH 将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶
液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4
的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤
液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH 将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，
过滤得到氢氧化铬。
【解析】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH 到弱碱性的目的是将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：
Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4
沉淀，若溶液pH<9 时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅
酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9 时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品
中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应
使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不
能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉
淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式
为2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O，故答案为：2Cr2O
+3S2O
+10H+=4Cr3++6SO
+5H2O。
2．（2023·湖北卷）
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
进行氯化处
理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）Co 位于元素周期表第_______周期，第_______族。
（2）烧渣是LiCl、
和
的混合物，“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大
量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
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（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体
常用方法的名称是_______。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
浓度为_______
。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
（5）导致
比
易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
【答案】（1） 4 Ⅷ
（2）
（3）焰色反应
（4）
（5）abd
【分析】由流程和题中信息可知，
粗品与
在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
和
的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主要成分是
和
；滤
液1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为
）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2
置于空气中在850℃煅烧得到
；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为
。
【解析】（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为
，元素周期表第8、9、10
三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4 周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水
反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：
遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程
式为
。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为
，常用焰色反应鉴别
和
，
的焰色反应为
紫红色，而
的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体
常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
，
浓度为
。“850℃煅烧”时，
与
反应生成
和
，该反应的化学方程式为
。
（5）a．Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，
比
易水解，a 有关；
b．Si 的原子半径更大，因此，
中的共用电子对更加偏向于
，从而导致Si-Cl 键极性更大，且Si 原
子更易受到水电离的
的进攻，因此，
比
易水解，b 有关；
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c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-Cl 更易断裂，故不能说明
比
易水解，c 无关；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
形成化学键，从而导致
比
易水解，d 有关；
综上所述，导致
比
易水解的因素有abd。
3．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，
中
过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为_______(
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为
、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，
(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。
体积分数为_______时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，
(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钴镍”中得到的
(Ⅱ)在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为_______。
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（6）“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于_______(精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）
Fe(OH)3
（4） 9.0% SO2有还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰
乳调节
，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水解同
时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增
大接触面积
（2）
的结构简式为
，所以
中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L，
，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶
液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知
体积分数为0.9%时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大
体积分数时，由于SO2有
还原性，过多将会降低
的浓度，降低
(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。
4．（2023·广东卷）
均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取
，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
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已知：氨性溶液由
、
和
配制。常温下，
与
形成可溶
于水的配离子：
；
易被空气氧化为
；部分氢氧化物的
如下表。
氢氧化物
回答下列问题：
（1）活性
可与水反应，化学方程式为 。
（2）常温下，
的氨性溶液中，
(填“>”“<”或“=”)。
（3）“氨浸”时，由
转化为
的离子方程式为 。
（4）
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X 射线衍射图谱中，
出现了
的明锐衍射峰。
①
属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②
提高了
的浸取速率，其原因是 。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A 为 。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。
与O 最小间距大于
与O 最小间距，x、y 为整
数，则
在晶胞中的位置为 ；晶体中一个
周围与其最近的O 的个数为 。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则所得
溶液中
与
的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，在于可重复利用
和 (填化学式)。
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【答案】（1）
（2）＞
（3）
或
（4）晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）
体心 12
（6）0.4 或
【分析】硝酸浸取液(含
)中加入活性氧化镁调节溶液pH 值，过滤，得到滤液主要
是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液
中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到
氯化镍晶体。
【解析】（1）活性
可与水反应，化学方程式为
；故答案为：
。
（2）常温下，
的氨性溶液中，
，
，
，则
＞
；故答案为：＞。
（3）“氨浸”时，
与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成
，则由
转化为
的离子方程式为
或
；故答案为：
或
。
（4）
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X 射线衍射图谱中，
出现了
的明锐衍射峰。
X
①
射线衍射图谱中，出现了
的明锐衍射峰，则
属于晶体；故答案为：
晶体。
②根据题意
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则
能提高
了
的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面
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积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止
水解，因此通入的酸性气体A 为
；故答案为：
。
②由
可制备
晶体，其立方晶胞如图。x、y 为整数，根据图中信息Co、Al 都只有一个原
子，而氧(白色)原子有3 个，
与O 最小间距大于
与O 最小间距，则Al 在顶点，因此
在晶胞中的
位置为体心；晶体中一个
周围与其最近的O 原子，以顶点Al 分析，面心的氧原子一个横截面有4 个，
三个横截面共12 个，因此晶体中一个
周围与其最近的O 的个数为12；故答案为：体心；12。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A 含6 个结晶水，则晶体A 为
，根
据
，
，还剩余5 个水分子，因此所得
溶液中
与
的比值理论上最高为
；故答案为：0.4 或
。
②“热解”对于从矿石提取
工艺的意义，根据前面分析
，
，在于可重复利用
和
；故答案为：
。
5．（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为
2
TiO ，含少量
V、Si 和Al 的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗
4
TiCl 中含有的几种物质的沸点：
物质
4
TiCl
3
VOCl
4
SiCl
3
AlCl
沸点/℃
136
127
57
180
回答下列问题：
（1）已知ΔG=ΔH-TΔS，ΔG 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH 、ΔS 随温度的变化。若
ΔG<0 ，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
25
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A．
2
2
C(s)
O (g)
CO (g)
B．
2
2C(s)
O (g)
2CO(g)
C．
2
2
4
2
TiO (s)
2Cl (g)
TiCl (g)
O (g)
D．
2
2
4
2
TiO (s)
C(s)
2Cl (g)
TiCl (g)
CO (g)
（2）
2
TiO 与C、
2
Cl ，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
4
TiCl
CO
2
CO
2
Cl
分压MPa
2
4.59 10
2
1.84 10
2
3.70 10
9
5.98 10
①该温度下，
2
TiO 与C、
2
Cl 反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离
4
TiCl 中含Si、Al 杂质的方法
是_______。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg 冶炼Ti 的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁
B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰
D．氧化汞分解制汞
【答案】（1）C
（2） 5TiO2+6C+10Cl2
600℃5TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
（3） 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
（4）不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质；
（5）AC
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al
除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg 还原得到Ti。
（1）记①
2
2
C(s)+O (g)=CO (g) ，②
2
2C(s)+O (g)=2CO(g)，③
2
2
4
2
TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) ，④
2
2
4
2
TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g) ；
A．由图可知，600℃时
2
2
C(s)+O (g)=CO (g) 的G<0
，反应自发进行，故A 不符合题意；
B．由图可知，600℃时
2
2C(s)+O (g)=2CO(g)的G<0
，反应自发进行，故B 不符合题意；
C．由图可知，600℃时
2
2
4
2
TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) 的G>0
，反应不能自发进行，故C 符合题意；
D．根据盖斯定律，
2
2
4
2
TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g) 可由①+③得到，则600℃时其G<0
，反应自
发进行，故D 不符合题意；
故选C；
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（2）①根据表中数据可知，该温度下C 主要生成CO 和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量
之比可知TiCl4、CO 和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为
5TiO2+6C+10Cl2
600℃
5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2
600℃
5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
，导致CO 含量升高，故答案为：随着温度升高，
CO2与C 发生反应
2
C+CO
2CO
高温
；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al 得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守
恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采
用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质，因此“除钒”和“除硅、
铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入
Al 杂质；
（5）本工艺中加入Mg 冶炼Ti 的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A 符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B 不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al 作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C 符合题意；
D．Hg 为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D 不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
6．（2022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水
进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和少量
2+
2+
Mg
Ca
、
)，并设计了以下流程通过制
备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：
LiOH 的溶解度：
2
12.4g /100gH O
化合物
sp
K
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2
Mg OH
12
5.6 10
2
Ca OH
6
5.5 10
3
CaCO
9
2.8 10
2
3
Li CO
2
2.5 10
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为___________。
（2）向“滤液1”中加入适量固体
2
3
Li CO 的目的是___________。
（3）为提高
2
3
Li CO 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备
2
3
Li CO 。查阅资料后，发现文献对常温下的
2
3
Li CO 有不同的
描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究
3
LiHCO 的性质，将饱和LiCl 溶液与饱和
3
NaHCO 溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述
现象说明，在该实验条件下
3
LiHCO ___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为
___________。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入
2
3
Na CO 改为通入
2
CO 。这一改动能否达
到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）将
2+
Ca
转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
（3）蒸发浓缩 趁热过滤
（4） 不稳定 Li+ + HCO 3
= LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的
2
CO ，则LiOH 转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，
LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和少量
2+
2+
Mg
Ca
、
)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有
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+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和
2+
Ca
的滤液1，沉淀1 为Mg(OH)2，向滤液1 中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子
为
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和OH-，沉淀2 为CaCO3，向滤液2 中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，
趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
（1）浓缩卤水中含有
2+
Mg
，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1 为Mg(OH)2；
（2）滤液1 中含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和
2+
Ca
，结合已知条件：LiOH 的溶解度和化合物的溶度积常数，可推
测，加入Li2CO3的目的是将
2+
Ca
转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于
析出，所以为提高
2
3
Li CO 的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁
热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（4）饱和LiCl 和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和
Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO 3
= LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入
2
3
Na CO ，目的是将LiOH 转化为Li2CO3。若改为通入过量的
2
CO ，则
LiOH 转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相
同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的
2
CO ，则LiOH 转化为LiHCO3，结合（4）
的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
7．（2022·重庆卷）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理
的流程如图。
Sn 与Si 同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式
Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)
Fe(OH)3
Cu(OH)2
溶度积
1.0×10-56
4×10-38
2.5×10-20
（1）Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn 的化合价是______。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn 反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn2+易
转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1 的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH 反应的化学方程式为______。
（2）滤液1 的处理
①滤液1 中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH 溶液，先得到的沉淀是______。
25℃
②
时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。
（3）产品中锡含量的测定
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称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al 片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3
标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO 被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。
②产品中Sn 的质量分数为_____%。
【答案】（1）+4 价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O
（2）Fe(OH)3 2×10-7
（3）滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO +5I-+6H+=3I2+3H2O
47.6%
【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH 为1.5，将锡的化合物转化为二氧
化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1 和沉淀1；向沉淀1 中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为
锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。
【解析】（1）①由化合价代数和为0 可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4 价，故答案为：+4 价；
②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐
是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；
③由沉淀1 的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡
酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOH
Na2SnO3+H2O；
（2）①由溶度积可知，向滤液1 中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：
Fe(OH)3；
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为
=5×10-8mol/L，
则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生
成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶
液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO +3Sn2++6H+=I-+3Sn4+
+3H2O，IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分
钟内不褪色；IO +5I-+6H+=3I2+3 H2O；
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g 产品中锡元素的质量
分数为
×100%=47.6%，故答案为：47.6%。
考向二 原材料转化制备类工艺流程综合题
8．（2023·全国甲卷）
是一种压电材料。以
为原料，采用下列路线可制备粉状
。
30
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回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。
（2）“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。“浸取”时主要反应的离子方程
式为_______。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。
（5）“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为_______。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的
_______。
【答案】（1）做还原剂，将
还原
（2）
（3）c
（4）不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可
溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（5）
（6）
【分析】由流程和题中信息可知，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、易
溶于水的
和微溶于水的
；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和
，滤液中有
和
；滤
液经酸化后浓缩结晶得到
晶体；
晶体溶于水后，加入
和
将钡离子充分沉淀
得到
；
经热分解得到
。
【解析】（1）“焙烧”步骤中，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、
和
，
被还原为
，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将
还原。
（2）“焙烧”后固体产物有
、易溶于水的
和微溶于水的
。易溶于水的
与过量的
可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为
。
（3）“酸化”步骤是为了将
转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而
可溶
于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
31
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会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除
去、最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成
的化学方程式为：
+
+
=
。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，
，
因此，产生的
=
。
9．（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少
量Si、Fe、Ni、Al 等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1 例)。
（2）加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。
（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的
金属离子是_______。
（4）加入少量BaS 溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，
应不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。
（6）缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。
【答案】（1） MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿
（2）将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解
（3） 2.8×10-9 Al3+
（4）BaSO4、NiS
（5） Mn2++2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+ 加入Mn(OH)2
（6）2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中
的Fe、Ni、Al 等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随
后将溶液pH 调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀
出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液
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置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
【解析】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式
为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。
（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，
因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化
为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的
c(Fe3+)=
=2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石
灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-
4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、
Al3+。
（4）加入少量BaS 溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++SO
=BaSO4↓+NiS↓，生成
的沉淀有BaSO4、NiS。
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+；电解
时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2+
+2H2O
H2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO2
4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
10．（2023·湖南卷）超纯
是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开
发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯
方面取得了显著成果，工业上
以粗镓为原料，制备超纯
的工艺流程如下：
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已知：①金属
的化学性质和
相似，
的熔点为
；
②
(乙醚)和
(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
回答下列问题：
（1）晶体
的晶体类型是_______；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在
的原因是_______，阴极的电极反应式为
_______；
（3）“合成
”工序中的产物还包括
和
，写出该反应的化学方程式：
_______；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
（5）下列说法错误的是_______；
A．流程中
得到了循环利用
B．流程中，“合成
”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配
，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分
和
（6）直接分解
不能制备超纯
，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是_______；
（7）比较分子中的
键角大小：
_______
(填“>”“<”或“=”)，其原因
是_______。
【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出 Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2
+3
+2
；
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（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O 的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7） > Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四
面体结构，故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯
，粗Ga 经过电解精炼得到纯Ga，Ga 和Mg 反应生产
Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O 反应生成
、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，
除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯
，Et2O 重复利用，据此
解答。
【解析】（1）晶体
的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在
可以保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出；粗Ga 在阳极失去电子，阴极得到
Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
（3）“合成
”工序中的产物还包括
和
，该反应的化学方程式
8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2
+3
+2
；
（4）“残渣”含
，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中
得到了循环利用，A 正确；
B.
容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成
”至“工序X”需在无水无氧
的条件下进行，B 正确；
C. “配体交换”得到
，“工序X”先解构
后蒸出
，C 正确；
D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分
和
，D 错
误；
故选D；
（6）直接分解
时由于Et2O 的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯
，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远
高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的
键角
>
，其原因是Ga(CH3)3中Ga 为sp2杂化，所以为
平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
11．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含
、
和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种
以高镁卤水为原料经两段除镁制备
的工艺流程如下：
35
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已知：常温下，
。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的
在水中存在平衡：
(常温下，
)；
与
溶液反应可制备硼砂
。常温下，在
硼砂溶液中，
水解生成等物质的量浓度的
和
，该水解反应的离子方程式为_____，该溶
液
_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中
的浓度为
，则常温下精制Ⅱ过
程中
浓度应控制在_____
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收
外，还将增加
_____的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作
时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致
_____。
【答案】（1）
（2）
纯碱
（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度 盐酸 浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩结晶得到的
中会混
有
，最终所得
的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、
等，焙烧后生成HCl 气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件
下溶解度最小的是
，则滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加
纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为
;精制Ⅱ所得滤液经操作X 后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化
钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到
。
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【解析】（1）含硼固体中的
在水中存在平衡：
(常温下，
)；
与
溶液反应可制备硼砂
。常温下.在
硼砂溶液
中，
水解生成等物质的量浓度的
和
，该水解反应的离子方程式为
，由B 元素守恒可知，
和
的浓度均为
，
，则该溶液
。
（2）由分析可知，滤渣I 的主要成分是
；精制I 后溶液中
的浓度为2.0
，由
可知，则常温下精制Ⅱ过程中
浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl 外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶
体，因此，还将增加纯碱（
）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于
水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的
，还需要除去
，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精
制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度。操作X 是
为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余
的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩
结晶得到的
中会混有
，最终所得
的产率减小。
12．（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含
、
、
)和氧化锰矿(主要含
)为原料联合提取银
和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，
的氧化性强于
。
（1） “浸锰”过程是在
溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除
，有利于后续银的浸出：矿
石中的银以
的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应
，则可推断：
__________(填“>”或
“<”)
。
②在
溶液中，银锰精矿中的
和氧化锰矿中的
发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有
__________。
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（2） “浸银”时，使用过量
和
的混合液作为浸出剂，将
中的银以
形式浸
出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中
的作用：____________________。
（3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________。
②一定温度下，
的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后
的沉淀率逐渐减小的原因：
______________。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。
【答案】（1） >
、
（2）
是为了与
电离出的
结合生成
，使平衡正向移动，提高
的浸出率；
是为了抑制
水解，防止生成
沉淀
（3）
、
被氧气氧化为
，
把
氧化
为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到
，同时将银元素和锰元素分离开；生成
的
还可以用于浸银，节约氧化剂
【分析】银锰精矿(主要含
、
、
)和氧化锰矿(主要含
)混合加
溶液，使矿石中的
锰元素浸出，同时去除
，矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有
、
；浸锰渣中
与过量
和
的混合液反应，将
中的银以
形式浸
出，用铁粉把
还原为金属银。
【解析】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以
的形式残留于浸锰渣中，
发生反应
，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：
>
；
②根据信息，在
溶液中二氧化锰可将
氧化为
，自身被还原为
，则浸锰液中主要的金
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属阳离子有
、
。
（2）①
中S 元素化合价升高，Fe 元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为
；
②
是为了与
电离出的
结合生成
，使平衡正向移动，提高
的浸出率；
是为了
抑制
水解，防止生成
沉淀。
（3）①铁粉可将
还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为
、
；
②溶液中生成的
会被空气中的氧气缓慢氧化为
，
把部分
氧化为
，因此
后银的沉
淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素
和锰元素分离开，利用
的氧化性将
中的
氧化为
，同时生成的
还可以用于浸银，节
约氧化剂，同时得到
。
13．（2022·全国甲卷）硫酸锌(
4
ZnSO )是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。
硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为
3
ZnCO ，杂质为
2
SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。其
制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子
3+
Fe
2+
Zn
2+
Cu
2+
Fe
2+
Mg
sp
K
38
4.0 10
17
6.7 10
20
2.2 10
16
8.0 10
11
1.8 10
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X 调溶液pH=5 ，最适宜使用的X 是_______(填标号)。
A．
3
2
NH
H O
B．
2
Ca(OH) C．NaOH
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向80 ~ 90℃的滤液①中分批加入适量
4
KMnO 溶液充分反应后过滤，滤渣②中有
2
MnO ，该步反应的
离子方程式为_______。
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（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓
2
4
H SO 反应可以释放HF 并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3
焙烧
ZnO+CO2↑
（2） 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度等
（3） B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
（4）3Fe2++
-
4
MnO +7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu 从而除去
（6） CaSO4 MgSO4
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，结合
流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3
焙烧
ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X 调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过
滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为
Cu，再向滤液③中加入HF 脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理
得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
（1）由分析，焙烧时，生成ZnO 的反应为：ZnCO3
焙烧
ZnO+CO2↑；
（2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
（3）A．NH3·H2O 易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A 不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的
杂质，且成本较低，故B 适宜；C．NaOH 会引入杂质Na+，且成本较高，C 不适宜；故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp 计算各离子完全沉淀时pH＜5 的只有Fe3+，故滤渣
①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方
程式为3Fe2++
-
4
MnO +7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu 从而除去；
（6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
14．（2022·福建卷）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含
和
等)提铝的工艺流程如下：
40
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回答下列问题：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是_______，
发生反应的离子方程式为_______。
（2）“浸渣”的主要成分除残余
外，还有_______。实验测得，
粉煤灰(
的质量分数为
)经浸出、干燥后得到
“浸渣”(
的质量分数为
)，
的浸出率为_______。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入
沉铝的目的是_______，“沉
铝”的最佳方案为_______。
（4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
【答案】（1）提高浸出率(或提高浸出速率)
（2）
和
84%
（3）使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶
（4）
或
（5）沉铝
【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO 等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，
产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，
得到氧化铝。
【解析】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和
H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g 粉煤灰Al2O3的质量为
5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为
；
故答案为：SiO2和CaSO4；84%。
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（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O 溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O 溶解度最小，更容易析出，加入
K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保
证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O 溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；
故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。
（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为
2KAl(SO4)2
K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2
2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；
故答案为：2KAl(SO4)2
K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)2
2K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用；
故答案为：沉铝。
15．（2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为
，含有
、
杂质)与软锰矿(主要成分为
)联合焙烧法制各
和
，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
；
②金属活动性：
；
③相关金属离子形成氢氧化物的
范围如下：
开始沉淀
完全沉淀
6.5
8.3
1.6
2.8
8.1
10.1
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。
a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度
（2）
在空气中单独焙烧生成
，反应的化学方程式为_______。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；②_______。
（4）滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
（5）生成气体A 的离子方程式为_______。
（6）加入金属Bi 的目的是_______。
42
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（7）将100kg 辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg 金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量
产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi 的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi 元素的质量分数为
_______。
【答案】（1）ab
（2）
（3）抑制金属离子水解
（4）SiO2
（5）
（6）将Fe3+转化为Fe2+
（7）24.02%
【分析】已知①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
，
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，
与浓盐酸生成A 氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi 将
Fe3+转化为Fe2+，调节pH 得到
，据此分析解题。
【解析】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过
量的空气 使燃烧更加充分，故选ab；
（2）
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，反应的化学方程式为
；
（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生
成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；②抑制金属离子水
解；
（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；
（5）A 为氯气，生成气体A 的离子方程式为
；
（6）金属活动性：
，Fe3+在pH 为1.6 时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入
金属Bi 将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
（7）辉铋矿中Bi 元素的质量分数为
。
16．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[
5
4
3
Ca F PO
，含
2
SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如
下：
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回答下列问题：
（1）酸解时有HF 产生。氢氟酸与
2
SiO 反应生成二元强酸
2
6
H SiF ，离子方程式为_______。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比
2-
2
3
6
n Na CO
:n SiF
=1:1加入
2
3
Na CO 脱
氟，充分反应后，
+
c Na
= _______
-1
mol L
；再分批加入一定量的
3
BaCO ，首先转化为沉淀的离子是
_______。
6
BaSiF
2
6
Na SiF
4
CaSO
4
BaSO
sp
K
6
1.0 10
6
4.0 10
4
9.0 10
10
1.0 10
（3）
2-
4
SO 浓度(以
3
SO % 计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、
3
4
H PO 浓度(以
2
5
P O % 计)的关系如图甲
所示。酸解后，在所得100℃、
2
5
P O % 为45 的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使
用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X 的操作单元是_______；一定温度
下，石膏存在形式与溶液中
2
5
P O % 和
3
SO % 的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的
是_______(填标号)。
A．65℃、
2
5
P O %=15、
3
SO %=15 B．80℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=20
C．65℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=30 D．80℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=10
【答案】（1）6HF+SiO2=2H++
2
6
SiF +2H2O
（2）
2
2.0 10
2
4
SO
（3） CaSO4•0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制
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I 脱氟、除硫酸根离子和
2
6
SiF ，过滤，滤液经精制II 等一系列操作得到磷酸。
（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H++
2
6
SiF +2H2O。
（2）精制1 中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(
2
6
SiF )= 1:1 加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为
H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且
c(Na+)=2c(
2
6
SiF )，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(
2
6
SiF )=4c3(
2
6
SiF )，c(
2
6
SiF ) =
6
2
3 4.0 10
1.0 10
4
mol•L-1，因此c(Na+)=2c(
2
6
SiF )=
2
2.0 10
mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和
溶液，c(Ca2+)=c(
2
4
SO )=
4
2
9.0 10
3.0 10
mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成
时，c(Ba2+)=
6
3
3
1.0 10
1.0 10
1.0 10
mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
10
9
2
1.0 10
3.3 10
3.0 10
mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是
2
4
SO ，然后才是
2
6
SiF 。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45 的混合体系中，石膏存在形式为
CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用
水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X 中含有硫酸，其具有回收利用的价
值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X 的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度
越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O 形式存在，在两线之间的以两种晶体
的混合物形式存在：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转
化，A 不符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实
现晶体的完全转化， B 不符合题意；
C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，故不能实现晶体转化， C 不符合题意；
D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O 形式
存在，故能实现晶体的完全转化，D 符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
17．（2022·广东卷）稀土(RE )包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可
用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸
11
23
C H COOH 熔点为44 C
；月桂酸和
11
23
3
C H COO
RE 均难溶于水。该工艺条件下，稀土
45
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离子保持3
价不变；
11
23
2
C H COO
Mg 的
8
sp
1.8 10
K
，
3
Al(OH) 开始溶解时的pH 为8.8；有关金属离子
沉淀的相关pH 见下表。
离子
2
Mg
3
Fe
3
Al
3
RE
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。（2）“过滤1”前，用NaOH 溶液调pH 至
_______的范围内，该过程中
3
Al 发生反应的离子方程式为_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg 元素，滤液2 中
2
Mg 浓度为
1
2.7g L
。为尽可能多地提取
3
RE ，
可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中
-
11
23
c C H COO
低于_______
1
mol L
(保留两位有
效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快
3
RE 溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂
3
Pt Y 。
①还原
3
YCl 和
4
PtCl 熔融盐制备
3
Pt Y 时，生成1mol
3
Pt Y 转移_______mol 电子。
②
3
Pt Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化
2
O 的还原，发生的电极反应为
_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） 4.7pH<6.2
3
3
Al
3OH
Al OH
（3）4.010-4
（4） 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
（5）MgSO4
（6） 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有
3
RE 、
2
Mg 、
2
Fe 、
3
Fe 、
3
Al 、
2
4
SO 等离子，经氧化调pH 使
3
Fe 、
3
Al 形成沉淀，经过滤除去，滤液1 中含
有
3
RE 、
2
Mg 、
2
4
SO 等离子，加入月桂酸钠，使
3
RE 形成
11
23
3
C H COO
RE 沉淀，滤液2 主要含有
MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到
RECl3溶液。
（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除
杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，
3
Al 沉淀完全的pH 为4.7，而
3
RE 开始沉淀的pH 为6.2~7.4，所以为保证
3
Fe 、
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3
Al 沉淀完全，且
3
RE 不沉淀，要用NaOH 溶液调pH 至4.7pH<6.2 的范围内，该过程中
3
Al 发生反应的
离子方程式为
3
3
Al
3OH
Al OH
，故答案为：4.7pH<6.2；
3
3
Al
3OH
Al OH
；
（3）滤液2 中
2
Mg 浓度为
1
2.7g L
，即0.1125mol/L，根据
2
2
-
sp
11
23
11
23
2
[ C H COO
Mg]=c(Mg
) c
C H COO
K
，若要加入月桂酸钠后只生成
11
23
3
C H COO
RE ，而不产
生
11
23
2
C H COO
Mg ，则
sp
11
23
2
-
11
23
2
C H COO
Mg
C H COO
(Mg
)
K
c
c
=
8
1.8 10
0.1125
=4
10-4
1
mol L
，故答案
为：410-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快
3
RE 溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：
加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸
11
23
C H COOH 熔点为44 C
，故“操作X”的过
程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①
3
YCl 中Y 为+3 价，
4
PtCl 中Pt 为+4 价，而
3
Pt Y 中金属均为0 价，所以还原
3
YCl 和
4
PtCl 熔融盐制
备
3
Pt Y 时，生成1mol
3
Pt Y 转移15mol 电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：
O2+4e-+2H2O=4OH-。
18．（2022·北京卷）铵浸法由白云石[主要成分为
3
2
CaMg CO
，含
2
3
Fe O ，
2
SiO 杂质]制备高纯度碳酸钙
和氧化镁。其流程如下：
已知：
物质
2
Ca(OH)
2
Mg(OH)
3
CaCO
3
MgCO
sp
K
6
5.5 10
12
1.8 10
9
2.8 10
8
3.5 10
（1）煅烧白云石的化学方程式为___________。
（2）根据下表数据分析：
4
n NH
:
Cl n(CaO)
CaO 浸出率/%
MgO 浸出率/%
3
w CaCO
理论值/%
3
w CaCO
实测值/%
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2.1:1
98.4
1.1
99.7
-
2.2:1
98.8
1.5
99.2
99.5
2.3:1
98.9
1.8
98.8
99.5
2.4:1
99.1
6.0
95.6
97.6
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对
3
w CaCO
给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②CaO 浸出率远高于MgO 浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“
4
n NH
Cl:n(CaO) ”数值为___________。
④
3
w CaCO
实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO 浸出率可出68.7% 增加至98.9% ，结合化学反应原理解释MgO 浸出
率提高的原因为___________。
（3）滤渣C 为___________。
（4）可循环利用的物质为___________。
【答案】（1）CaMg(CO3)2
高温
CaO+MgO+2CO2↑
（2） CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中
Ca(OH)2能与NH4Cl 反应，而Mg(OH)2不能 2.4：1 反应加入的CaO 也转化为CaCO3
Mg(OH)2+(NH4)2SO4
Δ
MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH +
4 水解，溶液中H+浓度增大，有利
于Mg(OH)2完全转化为MgSO4
（3）SiO2、Fe2O3
（4）NH4Cl、(NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中
加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化
镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A 和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A 中
通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A 反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B 中加入硫酸铵溶液
蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化
硅的滤渣C 和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D 中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D 反应、过滤得到碳
酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利
用。
（1）由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方
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程式为CaMg(CO3)2
高温
CaO+MgO+2CO2↑，故答案为：CaMg(CO3)2
高温
CaO+MgO+2CO2↑；
（2）①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉
淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O，故答案为：
CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；
②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与
氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，故答
案为：Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl 反应，而Mg(OH)2不能；
③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1 时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分
数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1，故答案为：2.4：1；
④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子
水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高，故答案
为：Mg(OH)2+(NH4)2SO4
Δ
MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH +
4 水解，溶液中H+浓度增大，
有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4；
（3）由分析可知，滤渣C 为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO2、Fe2O3；
（4）由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用，故答案为：NH4Cl、
(NH4)2SO4。
一、原料的预处理的方法与作用
方法
作用
粉碎或
研磨
减小固体的颗粒度,增大固体与液体、气体间的接触面积,增大反应速率
灼烧、焙
烧、煅烧
除去可燃性杂质;使原料初步转化为下一步可溶解的物质(氧化物等)
水浸
与水接触反应或溶解,分离可溶物与难溶物
酸浸
与酸反应或溶解,使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去
碱浸
除去油污;溶解铝(氧化铝)、二氧化硅;调节pH 促进水解(金属离子的沉淀)
二、反应条件的控制
1.控制溶液的酸碱性(pH)
（1）增强物质的氧化性、还原性,调节离子的水解程度。
（2）通过控制溶液的pH 可以除去某些金属离子。
①若要除去溶液中含有的Fe3+、Al3+,可调节溶液的pH 使之转变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。[若有Fe2+,通常
需先用氧化剂(H2O2等)把Fe2+氧化为Fe3+]
49
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②调节pH 所利用的物质一般应满足能与H+反应,使溶液pH 增大和不引入新杂质两点需求。例如:若要除去
Cu2+溶液中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
2.控制反应的温度
（1）调节化学反应速率。
（2）调节平衡移动方向。
（3）控制固体的溶解与结晶,如趁热过滤能防止某物质降温时析出。
（4）促进溶液中气体的逸出或实现蒸馏。
（5）防止或实现某物质水解或分解。
（6）防止副反应的发生。
3.调节反应物的浓度
（1）通过控制反应物的浓度,控制反应的类型,有利于目标反应的进行。
（2）根据需要选择适宜浓度,控制一定的反应速率,使平衡向利于目标产物生成的方向进行。
（3）反应物过量,能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率,但对后续操作带来除杂问题。
三、有关沉淀分离操作的规范解答
1．洗涤沉淀的目的
（1）若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物。
（2）若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质如目标产物尽可能洗出
来。
2．常用洗涤剂
（1）蒸馏水：主要适用于除去沉淀吸附的可溶性杂质。
（2）冷水：除去沉淀中的可溶性杂质，降低沉淀在水中的溶解度而减少沉淀损失。
（3）沉淀的饱和溶液：减小沉淀的溶解。
（4）有机溶剂(酒精、丙酮等)：适用于易溶于水的固体，既减少了固体溶解，又利用有机溶剂的挥发性，
除去固体表面的水分，产品易干燥。
3．沉淀洗涤的答题规范
答题模板：
注洗涤液(沿玻璃棒向漏斗中注入洗涤液)
⇓
标准(使洗涤液完全浸没沉淀或晶体)
⇓
重复(待洗涤液流尽后，重复操作2～3 次)
4．沉淀是否洗净的答题规范
答题模板：
取样(取少量最后一次洗涤液于一洁净的试管中)
⇓
加试剂[加入××试剂(必要时加热，如检验NH)]
50
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⇓
现象(不产生××沉淀、溶液不变××色或不产生××气体)
⇓
结论(说明沉淀已经洗涤干净)
四、pH 的调控
1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反
应，使pH 增大的物质如MgO、Mg(OH)2等类型的物质。
2．原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度
3．pH 控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH 值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。
4．控制pH 的目的：
（1）pH 调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀
（2）pH 调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。
（3）控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。
5．控制某反应的pH 值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀的原理，例如：
（1）Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O
Fe(OH)3＋3H+，加入CuO 后，溶液中H+浓度降低，平衡
正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。
（2）如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
调节pH 所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH 增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2
＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
（3）PH 控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。
6．“酸作用”还可除去氧化物(膜)。
7．“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。
8．特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
1．（2024 届·湖北·三模）废旧铅蓄电池具有较高的回收利用价值。由废铅膏(含
、
、
和
以及少量的铁和铝的氧化物)制备
的流程如下：
已知：
；
②
，
请回答下列问题：
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（1）“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有 (请写一点)。
（2）“浸取”时
发生的主要反应的化学方程式为 。
（3）“浸取”时将
换成
溶液效果会更好，
除作还原剂外，还有的作用为 。
（4）“脱硫”的目的是 。
（5）“脱硫”时
转化反应的离子方程式为 ；用沉淀溶解平衡原理解释选择
的原因 。
（6）“焙烧”时会有中间产物
生成，固体残留率
与温度的关系如图所
示，则358℃时对应固体的成分为 (填化学式)。
【答案】（1）粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增加硫酸浓度等
（2）
（3）作氧化剂，促进金属Pb 在硫酸中转化为硫酸铅
（4）降低能源消耗
（5）
该反应的
，反应正向进行的程度很大，可以进行到底
（6）7PbCO3·15PbO
【分析】废铅膏与硫酸、
浸取时，铅元素全部转化为硫酸铅，铁和铝的氧化物转化为相应离子进入
滤液，硫酸铅与碳酸铵反应转化为碳酸铅，焙烧得到氧化铅。
【解析】（1）“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增
加硫酸浓度等；
（2）“浸取”时
主要与
发生氧化还原反应，根据得失电子守恒以及原子守恒，化学方程式为
；
（3）“浸取”时将
换成
溶液效果会更好，
除作还原剂外，还可以作氧化剂，促进金属
Pb 在硫酸中转化为硫酸铅；
52
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（4）
在
时分解，
在
时分解，则 “脱硫”的目的是降低能源消耗；
（5）“脱硫”时
转化为
，反应的离子方程式为
；
选择
的原因是：该反应的
，反应正向进行的程度很
大，可以进行到底；
（6）根据铅元素守恒，(x+y)PbCO3
xPbCO3·yPbO，固体残留率88.76%，可得
，解
得
，则358℃时对应固体的成分为7PbCO3·15PbO。
2．（2024·广东惠州一模）氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为
及大分子有机物和难
溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。
已知：
的电离常数
（1）溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的
②过量的
③过量的
，正确的加入顺序为
。
A．②①③ B．③①② C．①③②
（2）在脱氯工序中加入
除去游离的氯的离子方程式为 。
（3）用
溶液吸收一定量
气体形成
缓冲溶液，
时，溶液中
。
（4）利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的
，通过“错流”方式截留下
，使
以渗透液
的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表：
截留率
物质
反渗透膜(%)
纳滤膜(%)
超滤膜(%)
99
15.6
0
99
99
0
53
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系数
离子
水合离子半径
扩散系数/
0.397
1.065
0.332
2.032
最好的选择是 膜，该膜脱硫率高的原因是 。
（5）一种镧镍储氢合金
晶体的结构单元如图所示，“电解2”产生的
与其结合后形成
(
进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变)。
①该晶体结构单元
中，
，
的配位数为 。
②
该合金可以储存
。
【答案】（1）A
（2）Cl2+SO
+H2O=2Cl—+SO
+2H+
（3）0.47
（4）纳滤 与Cl—相比，SO
具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表
面对SO
的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力
（5）5 18 9
【分析】由题给流程可知，向原盐中依次加入氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液溶浸，将溶液中的
镁离子、钙离子、硫酸根离子和过量的钡离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸除去
过量的氢氧根离子、碳酸根离子，加入微生物后电解所得溶液，将有机物大分子在阳极转化为二氧化碳，
继续电解直至得到氢氧化钠和含有氯气的氯化钠溶液，向溶液中加入亚硫酸钠溶液除去溶液中的氯气，将
所得溶液降温结晶、过滤得到十水硫酸钠和精盐。
【解析】（1）溶浸工序中，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去溶液中的镁离子、加入过量氯化钡溶液
的目的是除去溶液中的硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，
所以除杂试剂正确的加入顺序为②①③或①②③，故选A；
54
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（2）由分析可知，在脱氯工序中加入亚硫酸钠溶液的目的是除去溶液中的氯气，反应的离子方程式为
Cl2+SO
+H2O=2Cl—+SO
+2H+，故答案为：Cl2+SO
+H2O=2Cl—+SO
+2H+；
（3）由电离常数可知，pH 为10 的溶液中
=0.47，故答案为：0.47；
（4）由表格数据可知，与氯离子相比，硫酸根离子具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间
位阻较大，且膜表面对硫酸根离子的静电排斥力大于对氯离子的静电排斥力，所以纳滤膜更有利于硫酸根
离子更容易被截留，故答案为：纳滤；与Cl—相比，SO
具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到
空间位阻较大，且膜表面对SO
的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力；
（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镧原子个数为12×
+2×
=3 个，位于面上和体内的镍
原子个数为18×
+6=15，则镧镍储氢合金的化学式为LaNi5，所以x=5；晶胞中镧原子与同层和上下层的
镍原子距离最近，则镧原子的配位数为18，故答案为：5；18；
②由①可知，晶胞中含有3 个LaNi5，由化学式LaNi5H6可知，1mol 该合金可以储存氢气的物质的量为
1mol×3×6×
=9mol，故答案为：9。
3．（2024 届·河北承德·三模）废旧手机的废线路板中富含Cu、Sn、Ni、Pb 等金属和少量Ag、Au，具有
较高的回收价值，其中部分金属的回收工艺流程如下：
已知：①常温下，
微溶于水，可与
结合生成
配离子：
。
25℃
②
时，
，
。
回答下列问题：
（1）“拆解破碎”的目的是 。
（2）“75℃酸浸”中，金属Sn 与盐酸反应的离子方程式为 ，选用浓度较大的4 mol·L
盐酸可提
高铅元素的浸出率，理由是 (从平衡移动角度分析)。
（3）“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)，“氧化酸浸”中，生成Cu²⁺反应的离子方程式为
。
（4）
的排放标准为
mg·L
。“沉锡”残余液排放前应调节溶液的pH 范围为 。
55
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（5）“络合酸浸”中，Co2+作催化剂，催化Au 浸出，化学方程式为
，其反应过程按如下步骤进行：
①
先与甘氨酸根(简写为
)形成配合物
(
)。
②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：
。
Au
③
溶解。
④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：
。
步骤③Au 溶解的离子方程式为 。
（6）锡有白锡和灰锡两种单质。白锡晶体中锡原子的堆积方式如图所示，该六棱柱底边边长为a pm，高
为c pm，阿伏加德罗常数的值为
，白锡晶体的密度为
(列出计算式)。
【答案】（1）增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率
（2）
常温下，
微溶于水，增大
，使
平衡正
向移动，增大铅的浸出率
（3）Cu、Ag、Au
（4）
(或
)
（5）
（6）
(或其他正确答案)
【分析】由题干流程图可知，废线路板经拆解破碎后加入4.0mol/L 的HCl 溶液在75℃下酸浸，其中Pb、
Sn、Ni 分别转化为PbCl2、SnCl2和NiCl2，过滤得到滤液1 主要含有PbCl2、SnCl2和NiCl2、HCl，滤渣1 主
要含有Cu、Ag、Au，向滤渣1 中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu 转化为CuSO4，过滤得到含有
H2SO4、CuSO4的滤液，含有Ag、Au 的滤渣2，向滤渣2 中加入CoSO4溶液、甘氨酸溶液和O2，将Ag、
Au 转化为Ag+、Au+，然后用Na2S2O3对Ag+进行络合酸浸，并加萃取剂进行Au+萃取，然后反萃取得到含
Au+的水层，最后经过一系列操作转化为Au，对滤液1 进行降温沉铅，得到PbCl2，过滤得到PbCl2沉淀，
向滤液中加入NaOH 溶液进行沉锡，得到Sn(OH)2，最后制得Sn，据此分析解题。
【解析】（1）对废线路板进行可以增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大
酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率；
56
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（2）“75℃酸浸”中，金属Sn 与盐酸反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，则其离子方程式为
Sn+2H+=Sn2++H2↑，由题干信息可知，常温下，
微溶于水，选用浓度较大的4 mol·L
盐酸，增大
，使
平衡正向移动，可提高铅元素的浸出率，故答案为：Sn+2H+=Sn2+
+H2↑；常温下，
微溶于水，增大
，使
平衡正向移动，增大铅的浸出
率；
（3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是Cu、Ag、Au，向滤渣1 中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，
即将Cu 转化为CuSO4，“氧化酸浸”中，生成Cu²⁺反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，故答
案为：Cu、Ag、Au；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；
（4）
的排放标准为
mg·L
，c(Ni2+)≤
=2.0×10-5mol/L，“沉锡”残余液排放前应调节溶
液的c(OH-)≥
=10-5mol/L，则pH 范围为pH≥9，故答案为：
(或
)；
（5）根据题干信息可知，“络合酸浸”中，
作催化剂，催化Au 浸出，化学方程式为
， ①
先与甘氨酸根(简写为
)形成配合物
(
)，即Co2++xgly-=
，②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：
，④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：
，则用
[总反应式-4
-
-4
]
①②
④可得③Au 溶解的离子方程式，
则步骤③Au 溶解的离子方程式为
，故答案为：
；
（6）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有锡原子的数目为：
=6，故一个晶胞的质量
为：
，该六棱柱的底面积为：
×10-20cm2，高为c×10-10cm，故异一个晶胞的体积为：
c×10-30cm3，故白锡晶体的密度为：
g/cm3，故答案为：
。
4．（2024·湖北襄阳四中一模）锑（Sb）及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧为原料制备Sb 和
的工艺流程如图所示。
57
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已知：
Ⅰ.粗锑氧主要成分为
，含有PbO、
、
、ZnO、FeO 等杂质；
Ⅱ.浸出液主要含
、
和
，还含有
、
、
和
等杂质；
Ⅲ.
为两性氧化物；
Ⅳ.25℃时，
、
回答下列问题：
（1）已知
在熔融状态下不导电，则
是 化合物（填“共价”或“离子”）。
（2）“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中Sb 将
转化为
，该转化有利于“水解”时锑与铁
的分离，避免在滤渣Ⅱ中混入杂质 （填化学式）。
（3）“过滤”得到滤渣成分SbOCl，加过量氨水对其“除氯”的化学反应方程式为 ，“除
氯”步骤能否用NaOH 溶液代替氨水，原因是： 。
（4）“除砷”时有
生成，该反应的离子方程式为 。
（5）“电解”过程中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在
V 之前时，阴极主要的
电极反应式 ，当电压超过
V 时，单位时间内产率降低的原因可能是 。
（6）铈量法测定产物
的纯度，操作方法为：称取0.30g 样品溶于稀硫酸中，用0.2000mol/L 的硫酸
铈
滴定，使用邻二氮菲-亚铁指示剂，发生反应：
，重复3 次实验平均
消耗标准溶液15.60mL，则产物的纯度为 %。
【答案】（1）共价
58
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（2）
（3）
不能，
为两性氧化物，能溶于过量的NaOH 溶液
（4）
（5）
参与了电极反应
（6）75.92
【分析】粗锑氧主要成分为Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO 等杂质，加入盐酸、氯气浸取得
浸取液，主要含Sb5+、H+、Cl-、Zn2+、Fe3+和As3+等杂质，滤渣1 可回收Pb、Sn，锑粉还原高价金属离
子，浸出液中加入Sb 将
转化为
，Sb 还原SbCl5生成SbCl3，加入
时保证Zn2+沉淀完全，
“除砷”时
转化H3PO3和砷单质，剩余SbCl3溶液，电解得到Sb；SbCl3水解得到难溶于水的固体
SbOCl、，“过滤”得到滤渣成分为SOC1，加氨水对其“除氯”发生
，过滤、洗涤、干燥得到
。
【解析】（1）已知
在熔融状态下不导电、则熔融时无离子，则
是共价化合物。
（2）Sb 将Fe3+转化为Fe2+该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，因为
与
的数值相近，不易于沉淀分离，
沉淀pH 值较大有利于与
分离，则避免在滤渣Ⅱ中混入杂
质
。
（3）“过滤”得到滤渣成分SbOCl 与氨水反应生成
，因此“除氯”的化学反应方程式为
，根据信息Ⅲ可知：“除氯”步骤不能用NaOH 溶液代替氨
水，原因是：
为两性氧化物，能溶于过量的NaOH 溶液。
（4）“除砷”时有
生成，为氧化还原反应，同时反应有As 生成，该反应的化学方程式为
，离子方程式为
。
（5）当电压在
V 之前时，阴极主要的电极反应式
；当电压超过U0V 时，单位时间内产率
降低的原因可能是H+参与了电极反应。
（6）铈量法测定产物
的纯度，存在关系式：
，重复3 次实验平均
消耗0.2000mol/L 的硫酸铈
标准溶液15.60mL，则产物的纯度为
。
5．（2024 届·山东济宁·三模）一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还含有铁、钴、铜等元素的氧化物)为原料
制备纯锌并将其它金属元素回收利用的工艺流程如下：
59
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已知：①锌精矿在高温焙烧过程中部分转化为铁酸锌(
)，铁酸锌不溶于稀硫酸
②黄钠铁矾
是一种浅黄色晶体，过滤及沉淀性能较好，但溶液酸性较强时不易生成
③
；
；
回答下列问题：
（1）常温下，“含尘烟气”中的
用氨水吸收至溶液的
时，
的平衡常数
。
（2）“调pH
”
①试剂X 可选用 。
（3）“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，一段时间后反应速率显著增大，
请解释此现象产生的原因 。
（4）“沉铁”步骤中，pH 不宜过大或过小，原因是 ，“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方䅠式为
。
（5）电解废液可返回到 。操作进行循环利用。
（6）“沉钴”的离子方程式为 。
【答案】（1）
（2）ZnO 或ZnCO3或Zn(OH)2
（3）锌粉置换出的铜覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率
（4）pH 过小时黄钠铁矾不易生成，pH 过大时生成Fe(OH)3沉淀
（5）浸出
（6）
【分析】锌精矿在空气中焙烧部分转化为铁酸锌(ZnFe2O4)、部分得到各金属元素的氧化物，加入稀硫酸酸
浸后加入氧化锌或碳酸锌或氢氧化锌调节溶液的pH，得到氢氧化铁沉淀和不反应的铁酸锌；滤液为各金属
的盐溶液，加粗锌粉置换出铜，过滤滤液加入较细锌粉进一步置换出Cu，过滤滤液中加a-亚硝酸基-β-萘
酚将Co 转化为
沉淀，过滤除去Co 的沉淀，加入较浓硫酸热浸后溶液和除铁后得到滤液合
并后加入碳酸钠，得到黄钠铁矾沉淀，滤液电解得到锌和电解废液；
【解析】（1）该反应平衡常数K=
=
60
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=
；
（2）“调pH
”
①时，试剂X 最宜选用不引入新杂质且能和过量稀硫酸反应的物质，故可选ZnO 或ZnCO3
或Zn(OH)2；
（3）锌粉置换出的铜覆盖在锌的表面，可以形成原电池装置，从而增大反应速率；
（4）“沉铁”步骤中，pH 不宜过大或过小，因为pH 过小时黄钠铁矾不易生成，pH 过大时生成Fe(OH)3
沉淀；“沉铁”时Na2SO4和Fe3+生成黄钠铁矾，根据质量守恒可知，反应物中还有水，生成物中还会生成
氢离子，生成的氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳气体，离子反应方程式为
；
（5）电解后的废液中含有硫酸，可返回浸出步骤循环使用；
（6）滤液中加a-亚硝酸基-β-萘酚将Co 转化为
沉淀，根据元素守恒得反应离子方程式为：
。
6．（2024 届·湖南衡阳·三模）氢化钛(TiH2)是一种潜在储氢材料。以钛废料(主要成分是TiO2，含少量
V2O5、WO3等)为原料制备氢化钛的流程如图：
回答下列问题：
（1）“操作A”是 (填名称)；下列仪器中，“操作B”不需要的是 (填标号)。
A．
B．
C．
D．
（2）“高温碱浸”中TiO2发生反应的化学方程式为 。
（3）“酸洗”的目的是 ；设计实验确认“水洗”已洗净： 。
（4）以石墨为电极，电解熔融TiO2制备钛时需定期在阳极区补充炭块，其原因是 。
（5）钛和氢气反应必须保证干燥无氧环境，采用的措施是 。
（6）TiO2晶胞如图所示。已知：立方晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值。
钛离子的配位数为 。该晶体密度为 g•cm-3。
61
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【答案】（1）过滤 AD
（2）TiO2+2NaOH
Na2TiO3+H2O
（3）将Na2TiO3转化成TiO2•nH2O 取最后流出洗涤液，滴加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若不产生
白色沉淀，则已洗涤干净(或测定洗涤液pH，中性时已洗涤干净)
（4）阳极产生氧气，石墨在高温下可被氧气氧化，补充炭块可以消耗氧气，减轻石墨电极的氧化
（5）通入一段时间干燥的氢气后才加热
（6）6
【分析】钛废料(主要成分是TiO2，含少量V2O5、WO3等)加入NaOH 溶液高温碱洗，过滤后得到钒钨溶液
和Na2TiO3固体，然后用稀硫酸酸性Na2TiO3固体，将Na2TiO3转化成TiO2•nH2O，将TiO2•nH2O 灼烧转化为
TiO2，电解TiO2得到Ti，Ti 和H2反应生成TiH2，以此解答。
【解析】（1）由分析可知，“操作A”是过滤，“操作B”为灼烧，需要酒精灯和坩埚，不需要烧杯和分液
漏斗，故选AD。
（2）“高温碱浸”中TiO2和NaOH 反应生成Na2TiO3和H2O，化学方程式为：TiO2+2NaOH
Na2TiO3+H2O。
（3）由分析可知，“酸洗”的目的是将Na2TiO3转化成TiO2•nH2O，确认“水洗”已洗净只需要检验洗涤
液中的硫酸即可，方法为：取最后流出洗涤液，滴加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，
则已洗涤干净(或测定洗涤液pH，中性时已洗涤干净)。
（4）电解熔融TiO2时，阳极O2-失去电子生成O2，电解熔融TiO2制备钛时需定期在阳极区补充炭块，其
原因是阳极产生氧气，石墨在高温下可被氧气氧化，补充炭块可以消耗氧气，减轻石墨电极的氧化。
（5）钛和氢气反应必须保证干燥无氧环境，采用的措施是通入一段时间干燥的氢气后才加热。
（6）由化学式TiO2可知，白球代表O 原子，黑球代表Ti 原子，由晶胞结构可知，晶胞中含有
=2
个Ti 原子，含有
=4 个O 原子，立方晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度
。
7．（2024·北京海淀期中）钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含
、[Ni(CN)4]2-、
等)并回收铬元素的
工艺路线如下：
62
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已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：
+H2O
2
+2H+
II．室温下相关物质的Ksp如下：
化合物
CaSO4
BaSO4
BaCrO4
Ksp
4.9×10-5
1.1×10-10
1.2×10-10
（1）向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO 能氧化CN-，生成无毒无味气
体，补全该反应的离子方程式： 。
□CN-+□_____+□_____=□
+□_____+□_____
②结合平衡移动原理解释加入NaClO 可提高镍元素的去除率的原因： 。
（2）用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅
拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH 变化如图。与预调pH=6 相比，pH=7 时Cr(VI)的去除率显著
提高，可能的原因有 (写出两条)。
（3）沉淀2 与足量H2SO4反应的离子方程式为 。
（4）溶液2 需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。
步骤1：取aL 含Ba2+废水，浓缩至100mL 后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中
加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl 标准溶液滴定至CrO
全部转化为Cr2O
，消耗HCl 标准溶液的体积为
bmL。
步骤2：取100mL 蒸馏水，加入与步骤1 中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl 标准
溶液滴定，消耗HCl 标准溶液的体积为cmL。
①步骤1 中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是 。
②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1(写出表达式)。
【答案】（1）2CN-+5ClO-+1H2O=2
+1N2↑+5Cl- ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-
Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀
（2）预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡
+H2O
2
+2H+正向移动，c(
)增大，生成
BaCrO4沉淀量增大
63
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@预调pH=7 要加入更多的石灰乳，会将更多的
转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀
消耗的
Ba2+的量，使更多的Ba2+与
反应生成BaCrO4沉淀
（3）2BaCrO4+2H++2
=2BaSO4+
+H2O
（4）保证废水中Ba2+沉淀完全
【分析】流程分析：加石灰乳调节PH 后，
转化为CaSO4沉淀（微溶），
主要转化成
；
破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4 和BaSO4；加入
H2SO4，生成BaSO4沉淀和
。
【解析】（1）①NaClO 能氧化CN-，生成无毒无味气体N2和
，NaClO 被还原为Cl-等无毒无害物
质，CN-失去5 个电子，ClO-获得2 个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，ClO- 系数是5，反应的离
子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2
+1N2↑+5Cl-；
ClO
②
-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-
Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉
淀，提高镍元素的去除率；
（2）①预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡
+H2O
2
+2H+正向移动，c(
)增大，生成
BaCrO4沉淀量增大；②预调pH=7 要加入更多的石灰乳，会将更多的
转化为CaSO4沉淀，从而减少了
沉淀
消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与
反应生成BaCrO4沉淀；
（3）沉淀2 中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：
+H2O
2
+2H+ ，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++2
=2BaSO4+
+H2O
（4）①保证废水中Ba2+沉淀完全
②根据离子方程式：
+H2O
2
+2H+
，n(H+)
n(
)
n(Ba2+)，步骤2 消耗的HCl 是与全部
的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1 消耗的HCl 是
与全部Ba2+反应后剩余的
所需量，两者的差值
即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)= n(
)=n(Ba2+)=（c-b）
L×0.1mol·L−1，m(Ba2+)=137×（c-
b）
g；则废水中Ba2+的含量为
mg·L−1
8．（2024 届·辽宁沈阳·三模）稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，如汽车尾气用稀土/钯三
效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。以氟碳铈矿(主要成分为
)为原
料制备
的一种工艺流程如图：
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已知：①滤渣1 的主要成分是难溶于水的
，滤渣2 的主要成分是
；
、
(a、b 均大于0)。
②当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于
)时的pH 如下表：
金属阳离子
开始沉淀时的pH
1.3
7.7
完全沉淀时的pH
3.1
9.2
回答下列问题：
（1）写出一条提高焙烧效率的方法： 。
（2）加入盐酸和
进行浸取时有污染环境的气体产生，该气体为 (填化学式)；操作1 和操作2
的名称为 。
（3）调节滤液1 的pH 的范围为 ；滤渣3 的主要成分为 (填化学式)。
（4）
有强氧化性，含
的溶液可吸收雾霾中的NO，生成
、
(二者物质的量之比为1：
1)，该反应的离子方程式为 。
（5）滤渣1 经KCl 溶液充分浸取后，测得反应体系中
的物质的量浓度为
，则
的物质的
量浓度为
(用含a、b 的式子表示)。
（6）在空气中焙烧
的反应方程式为 。
（7）某研究小组利用硫化锌锂电池，在酸性环境下电解
制
的装置如图所示。阴极的电极
反应式为 ，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充 (填化学式)。
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【答案】（1）矿石粉碎、搅拌等
（2）Cl2 过滤
（3）3.1~7.7 Fe(OH)3
（4）
（5）
（6）
（7）
【分析】氟碳铈矿焙烧后加入盐酸、硼酸酸浸，生成
沉淀成为滤渣1，滤渣1 加入氯化钾溶液得
到
沉淀成为滤渣2，滤液1 中含有铁离子、Ce3+，调节pH 将铁离子转化为沉淀得到滤渣3，滤液2 含
Ce3+，滤液2 加入碳酸氢铵得到
，煅烧过程中被空气中氧气氧化为
；
【解析】（1）矿石粉碎、搅拌等都会加快反应速率，提高焙烧效率；
（2）四价Ce 具有氧化性，加入盐酸和
进行浸取时，会将氯离子氧化为有毒的氯气，产生有污染环
境的气体，该气体为Cl2；操作1 和操作2 均为分离固液的操作，名称为过滤；
（3）调节滤液1 的pH 使得铁离子沉淀被分离，而
不产生沉淀，结合表数据可知，范围为3.1~7.7；滤
渣3 的主要成分为生成氢氧化铁Fe(OH)3；
（4）含
的溶液可吸收雾霾中的NO，生成
、
(二者物质的量之比为1：1)，假设均生成1 个
、
，则2 分子NO 共失去4 个电子，由电子守恒可知，则需要4 个
参与反应，反应为：
；
（5）滤渣1 经KCl 溶液充分浸取后，测得反应体系中
的物质的量浓度为
，则
，
的物质的量浓度为
；
（6）
煅烧过程中被空气中氧气氧化为
，反应为
；
（7）在酸性环境下电解
制
，则阴极氢离子放电发生还原反应生成氢气，电极反应式为
，阳极
失去电子发生氧化反应生成
，反应为
；
则总反应为：
，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充
硫酸
。
9．（2024 届·四川乐山·三模）利用硝酸、过氧化氢对废弃锂电池中的正极材料LiMn2O4进行处理，回收
66
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Li、Mn 元素，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）通过仪器分析可知LiMn2O4晶体中锰元素由
、
构成，它们的个数比为 。
（2）为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有 (答出2 条)。“滤液1”的主要溶质有
LiNO3、
，写出“酸浸”时发生反应的离子方程式 。
（3）在“酸浸”时，若用盐酸替代硝酸，可能产生的不良影响是 ，请评价若流程中缺少“加
热浓缩”步骤后工艺的优缺点 (优点和缺点各写一条)。
（4）“沉锂”试剂不选用
的原因可能是 (写出一条)。
（5）写出“800℃煅烧”
时发生反应的化学方程式 。
（6）若“沉锂”前“滤液2”中
，取1L 该溶液加入等体积Na2CO3溶液充分反应后溶液中
，则该实验中锂离子的沉淀率为 %(已知
，混合后
溶液体积变化忽略不计)。
【答案】（1）1 1∶
（2）粉碎LiMn2O4粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓度、加速搅拌等 2LiMn2O4+10H+
+3H2O2=3O2+ 2Li++4
+8H2O
（3）反应生成Cl2，污染环境 优点：减少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料
（4）
碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH 到12
（5）
（6）98
【分析】LiMn2O4粗品加入HNO3和H2O2的混合液体，得到Mn(NO3)2、LiNO3，再加热浓缩后，硝酸循环
利用，再加入碳酸铵溶液，得到碳酸锰和含锂离子的溶液，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，得到
Li2CO3沉淀。
【解析】（1）根据化合价的代数和为0，得到锰元素平均价态为+3.5 价，则
、
的个数比为
1 1∶；
（2）为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有：粉碎LiMn2O4粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓
度、加速搅拌等；因为“滤液1”的主要溶质有LiNO3、
，则“酸浸”时发生反应的离子方程
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式：2LiMn2O4+10H++3H2O2=3O2
+ 2Li++4
+8H2O；
（3）用盐酸代替HNO3，则反应生成Cl2，污染环境；若流程中缺少“加热浓缩”步骤后工艺的优点：减
少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料；
（4）“沉锂”试剂不选用
的原因可能是，
碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH 到
12；，
（5）“800℃煅烧”
得到三氧化二锰和二氧化碳，化学方程式
；
（6）
，则沉淀后
，
沉淀后
，锂离子的沉淀率为
。
10．（2024·湖北圆创联盟一模）某制药厂的废钯催化剂含
、
、
、
、
和活性炭，提
取贵金属
的流程如下：
已知：①铂系元素（包括Pt、Pd 等六种元素）的单质均为惰性金属；
②
性质较稳定，难溶于酸、碱，可溶于王水；
③
、
。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤的主要目的是除去活性炭，通常控制温度600℃、焙烧时间约
，焙烧温度过高或
时间过长均导致钯浸出率降低，原因是 。
（2）“浸渣”的成分是少量
及 。
（3）“浸出”步骤中生成配合物
，写出该反应的化学方程式 。
（4）“氨化”步骤中
转化为
，反应后溶液
，此时溶液中
。
（5）“沉钯”步骤中的离子方程式为 。
（6）
存在两种平面结构，将其记为A 和B。查得25℃时A、B 在水中的溶解度分别为
0.2577g、0.0366g，A 具有广谱的抗癌活性，写出A 的结构式 （
中共价键不必画出）。
【答案】（1）温度过高或焙烧时间过长会导致Pd 与氧气生成PdO，使Pd 的浸出率降低
（2）
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（3）Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O
（4）0.03
（5）
（6）
【分析】废钯催化剂含Pd、Al2O3、CuO、Bi2O3、SiO2和活性炭，先在空气中焙烧除去活性炭，使其转化
为二氧化碳，再对固体进行酸浸，Al2O3、CuO、Bi2O3溶解，SiO2不溶于酸，且由题知，有少量PdO 生
成，故浸出后的滤渣为SiO2和PdO，酸浸后的溶液中加入氨水调节pH，使Al3+、Bi3+以氢氧化物沉淀，再
加入盐酸沉钯得Pd(NH3)2Cl2，再将其转化为钯；
【解析】（1）根据题给信息②可推知，温度过高或焙烧时间过长会导致难溶于“浸出”步骤的PdO 生
成，使Pd 的浸出率降低；
（2）废
催化剂含
、
、
、
、
和活性炭，其中活性炭在焙烧中除去；其余物质中
不溶于酸的仅有
，焙烧可能生成极少量
；
（3）由流程图可知该步反应物为
、
、
，可由此得到方程式Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O；
（4）反应后溶液
，即
，
，由
可得
，
，即二者浓度之比为0.03；
（5）由（4）可知此时含
的反应物为
，由流程图知其余反应物为
，生成物为难溶于
水的
。可由此得到方程式
；
（6）根据数据，A 在水中溶解度显著大于B，由“相似相溶”原理可推知A 结构的极性应大于B，因此A
结构中相同的基团应相邻，结构式为
。
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